Câu 6:

a: \(P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{2+5\sqrt{x}}{x-4}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}-\dfrac{5\sqrt{x}+2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-2\right)+\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+2\right)-5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{x-2\sqrt{x}+x+3\sqrt{x}+2-5\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\dfrac{2x-4\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)

b: P>1

=>P-1>0

=>\(\dfrac{2\sqrt{x}-\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}>0\)

=>\(\dfrac{\sqrt{x}-2}{\sqrt{x}+2}>0\)

=>\(\sqrt{x}-2>0\)

=>x>4

Câu 9:

a: Xét tứ giác CEHF có \(\widehat{CEH}+\widehat{CFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CEHF là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔABC có

BF,AE là các đường cao

BF cắt AE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>CH\(\perp\)AB

Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>BD\(\perp\)BA

mà CH\(\perp\)BA

nên CH//BD

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>AC\(\perp\)CD

mà BH\(\perp\)AC

nên BH//CD

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD

BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

Bài 3

2b) ∆' = m² - 1.(2m - 1)

= m² - 2m + 1

= (m - 1)² > 0 với mọi m 1

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x₁ ≤ 0 < x₂ thì:

x₁x₂ ≤ 0

⇔ 2m - 1 ≤ 0

⇔ 2m ≤ 1

⇔ m ≤ 1/2 (nhận)

Vậy m ≤ 1/2 thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài

 Đặt \(BC=x\left(x>5\right)\)

 Trong đường tròn (O) có đường kính CD và \(N\in\left(O\right)\) nên \(\widehat{DNC}=90^o\) hay \(\widehat{BND}=90^o\)

 Vì BD là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\) nên \(\widehat{ABD}=\widehat{NBD}\)

 Xét 2 tam giác ABD và NBD vuông tại A và N, có \(\widehat{ABD}=\widehat{NBD}\) và cạnh BD chung nên \(\Delta ABD=\Delta NBD\left(ch-gn\right)\)

 \(\Rightarrow BA=BN=5\) \(\Rightarrow NC=BC-BN=5-x\) 

 Lại có \(\widehat{OMD}=\widehat{ODM}=\widehat{BDA}=\widehat{BDN}\) nên OM//ND (2 góc đồng vị bằng nhau)

 Tam giác CND có O là trung điểm DC, OH//DN và \(H\in NC\) nên H là trung điểm NC \(\Rightarrow HC=\dfrac{NC}{2}=\dfrac{x-5}{2}\)

 Theo định lý Pythagoras, có \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{x^2-25}\)

 Theo tính chất đường phân giác trong tam giác, ta có:

 \(\dfrac{DA}{AB}=\dfrac{DC}{CB}=\dfrac{AC}{AB+CB}\) \(\Rightarrow\dfrac{DA}{5}=\dfrac{DC}{x}=\dfrac{\sqrt{x^2-25}}{x+5}\)

 \(\Rightarrow DA=\dfrac{5\sqrt{x^2-5}}{x+5}\) và \(DC=\dfrac{x\sqrt{x^2-5}}{x+5}\)

 \(\Rightarrow R_{\left(O\right)}=\dfrac{DC}{2}=\dfrac{x\sqrt{x^2-5}}{2x+10}\)

 Lại có \(DN=AD=\dfrac{5\sqrt{x^2-5}}{x+5}\) 

 \(OH=\dfrac{DN}{2}=\dfrac{5\sqrt{x^2-25}}{2x+10}\) (OH là đường trung bình của tam giác CND)

 \(\Rightarrow MH=MO+OH=\dfrac{x\sqrt{x^2-25}}{2x+10}+\dfrac{5\sqrt{x^2-25}}{2x+10}\)  \(=\dfrac{\sqrt{x^2-25}}{2}\)

 Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác DMC vuông tại M, ta có:

 \(MH^2+HC^2=MC^2\)

 \(\Leftrightarrow\left(\dfrac{\sqrt{x^2-25}}{2}\right)^2+\left(\dfrac{x-5}{2}\right)^2=18\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{x^2-25}{4}+\dfrac{x^2-10x+25}{4}=18\)

 \(\Leftrightarrow2x^2-10x=72\)

 \(\Leftrightarrow x^2-5x-36=0\)

 \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=9\left(nhận\right)\\x=-4\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

 Vậy \(BC=9\)

Câu hỏi của em là gì thế?

a: Xét tứ giác MDBO có \(\widehat{DMO}+\widehat{DBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên MDBO là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

CA,CM là các tiếp tuyến

Do đó: CA=CM và OC là phân giác của góc MOA

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DM=DB và OD là phân giác của góc MOB

Ta có: \(\widehat{MOA}+\widehat{MOB}=180^0\)(hai góc kề bù)

=>\(2\cdot\left(\widehat{MOC}+\widehat{MOD}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\widehat{COD}=180^0\)

=>\(\widehat{COD}=90^0\)

Xét ΔOCD vuông tại O có OM là đường cao

nên \(OM^2=MC\cdot MD\)

=>\(OM^2=AC\cdot BD\)

c: Xét (O) có

ΔMAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔMAB vuông tại M

Xét ΔMAB vuông tại M có \(sinBAM=\dfrac{BM}{BA}\)

=>\(\dfrac{BM}{2R}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>\(BM=R\sqrt{3}\)

=>\(AM=\sqrt{\left(2R\right)^2-\left(R\sqrt{3}\right)^2}=R\)

ΔMAB vuông tại M

=>\(S_{MAB}=\dfrac{1}{2}\cdot MA\cdot MB=\dfrac{1}{2}\cdot R\cdot R\sqrt{3}=\dfrac{R^2\sqrt{3}}{2}\)

Xét ΔHDB vuông tại D có DP là đường cao

nên \(HP\cdot HB=HD^2\left(1\right)\)

Xét ΔHDC vuông tại D có DQ là đường cao

nên \(HQ\cdot HC=HD^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(HP\cdot HB=HQ\cdot HC\)

=>\(\frac{HP}{HC}=\frac{HQ}{HB}\)

Xét ΔHPQ và ΔHCB có

\(\frac{HP}{HC}=\frac{HQ}{HB}\)

\(\hat{PHQ}\) chung

DO đó: ΔHPQ~ΔHCB

=>\(\hat{HPQ}=\hat{HCB}\)

=>\(\hat{HPQ}=\hat{FCB}\) (1)

Xét tứ giác FECB có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{FEB}=\hat{FCB}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{FEB}=\hat{HPQ}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên FE//PQ

The homework has been finished by my younger brother for 2 hours

The homework has been finished by my younger brother for 2 hours

Có thể thực hiện như sau để xác định khối lượng cục tẩy:

- Bước 1: Đặt thước nhựa lên một điểm tựa (như một bút chì nằm ngang) sao cho bút chì và thước vuông góc với nhau.

- Bước 2: Đặt quả cân 20 g ở một đầu của thước (0 cm), đặt cục tẩy ở đầu còn lại (20 cm).

- Bước 3: Di chuyển điểm tựa (bút chì) dọc theo chiều dài của thước cho đến khi thấy thước nằm thăng bằng. Xác định vị trí điểm tựa lúc này (giả sử là \(x\) cm).

- Bước 4: Áp dụng nguyên lí cân bằng của đòn bẩy, ta có thể xác định khối lượng cục tẩy bằng công thức sau: \(m_1.x=m_2.\left(20-x\right)\)

với \(m_1=20\) \(g\) là khối lượng của quả cân, \(x\) là vị trí điểm tựa giúp thước thăng bằng. Từ đó ta sẽ xác định được \(m_2\) là khối lượng cục tẩy nhé.

Theo Vi-et, ta có: \(x_1+x_2=-\frac{b}{a}=4;x_1x_2=\frac{c}{a}=-1\)

\(x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=4^2-2\cdot\left(-1\right)=16+2=18\)

\(x_1^3+x_2^3=\left(x_1+x_2\right)^3-3x_1x_2\left(x_1+x_2\right)\)

\(=4^3-3\cdot4\cdot\left(-1\right)=64+12=76\)

Ta có: \(\left(x_1^2+x_2^2\right)\left(x_1^3+x_2^3\right)=x_1^5+x_1^2\cdot x_2^3+x_2^2\cdot x_1^3+x_2^5\)

=>\(x_1^5+x_2^5+\left(x_1x_2\right)^2\cdot\left(x_1+x_2\right)=18\cdot76\)

=>\(x_1^5+x_2^5+\left(-1\right)^2\cdot4=18\cdot76\)

=>\(x_1^5+x_2^5=18\cdot76-4=1364\) là số nguyên

=>ĐPCM

bạn tk:

Dưới đây là một số thông tin về thực trạng, ưu điểm và hạn chế của giao thông vận tải từ quan điểm lịch sử và địa lý, được áp dụng cho lớp 9:

**Thực trạng:**
1. **Sự phát triển không đồng đều:** Trong lịch sử, giao thông vận tải đã phát triển không đồng đều ở các khu vực và thời kỳ khác nhau. Có những khu vực có hạ tầng giao thông phát triển tốt, trong khi những khu vực khác vẫn gặp nhiều khó khăn.

2. **Ảnh hưởng của công nghệ:** Sự tiến bộ trong công nghệ giao thông, bao gồm cả phát triển đường sắt, đường bộ, và hàng không, đã ảnh hưởng sâu rộng đến cuộc sống và kinh tế của xã hội.

**Ưu điểm:**
1. **Kết nối và phát triển kinh tế:** Giao thông vận tải là yếu tố quan trọng để kết nối các khu vực với nhau và thúc đẩy phát triển kinh tế.

2. **Tiện ích và linh hoạt:** Cải thiện giao thông giúp cho việc di chuyển hàng hóa và người dân trở nên dễ dàng và nhanh chóng hơn, tạo ra sự linh hoạt và tiện ích cho cuộc sống hàng ngày.

**Hạn chế:**
1. **Ô nhiễm và ô nhiễm môi trường:** Sự gia tăng về giao thông vận tải cũng gây ra nhiều vấn đề về ô nhiễm không khí và ô nhiễm tiếng ồn, ảnh hưởng đến sức khỏe và môi trường sống.

2. **Tai nạn và an toàn:** Giao thông cũng đi kèm với rủi ro về tai nạn giao thông, đặc biệt là khi hạ tầng giao thông không đáp ứng được nhu cầu hoặc không đảm bảo an toàn cho người tham gia.

3. **Chênh lệch phát triển kinh tế:** Có sự chênh lệch về phát triển hạ tầng giao thông giữa các khu vực, dẫn đến tình trạng mất cân đối trong phát triển kinh tế và xã hội.

Nhìn chung, giao thông vận tải có vai trò quan trọng trong phát triển kinh tế và xã hội, nhưng cũng đồng thời đặt ra nhiều thách thức về môi trường và an toàn giao thông cần được giải quyết.

#Hoctot